浙江省嘉兴市高三下学期二模数学试题

2024年高三教学测试数学试题卷（2024.4）本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.答题前，请务必将自已的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合的补集和交集运算可得.【详解】，所以，故选：D.2.已知函数是奇函数，则的值可以是（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的奇偶性可得，，求解得答案.【详解】由为奇函数，可得，，当时，.故选：C.3.设，则是为纯虚数的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.【详解】对于复数，若，则不一定纯虚数，可以为；反之，若为纯虚数，则，所以是为纯虚数的必要非充分条件.故选：B.4.若正数满足，则的最小值是（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，利用基本不等式求解.【详解】由可得，，当且仅当，即时，等号成立.所以的最小值为.故选：A.5.如图，这是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设半球半径为，圆锥高为，再根据圆锥侧面积与体积公式，结合球的表面积与体积公式求解即可.【详解】设半球半径为，圆锥高为，由题意，解得.故圆锥的体积与半球体的体积的比值为.故选：D6.已知圆，若圆上存在点使得，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得到点的轨迹是以为直径的圆，依题意，问题转化为两个圆有公共点的问题，解不等式组即得.【详解】如图，由可知点的轨迹是以为直径的圆，设为圆，因，故圆.依题意知圆与圆必至少有一个公共点.因，则，由，解得：.故选：B.7.6位学生在游乐场游玩三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有（）A.180种 B.210种 C.240种 D.360种【答案】C【解析】【分析】分A有2人和4人，结合排列组合求解即可.【详解】若A有2人游玩，则有种；若A有4人游玩，则有种；所以共有240种，故选：C.8.已知定义在上的函数满足，且，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】将题设条件转化为，从而得到，进而得到，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.【详解】由变形得，从而有，，所以，因为，所以，则，则，故当时，，当时，，所以在上单调递增，在单调递减，所以，，又，而，所以，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：利用，由到得，是解决本题的关键.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知一组数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为.现从中删去某一个数，得到一组新数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为，则下列说法中正确的是（）A.若删去3，则B.若删去9，则C.无论删去哪个数，均有D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据中位数的定义可判断A选项，根据平均数的定义判断B选项，分类讨论去掉的数据结合极差的定义判断C选项，先判断去掉的数据是什么，然后根据方差的定义判断D.【详解】A选项，若去掉3，根据中位数的定义，，满足，A选项正确；B选项，若删去9，根据平均数的定义，，，，B选项错误；C选项，根据极差的定义，若去掉的数是中的一个，显然去掉前后极差都是，满足，若去掉，，若去掉，，综上，，C选项正确；D选项，原数据平均数，去掉一个数后平均数保持不变，即，则剩下的四个数之和为，显然去掉的数只能是，由方差的定义，，，满足，D选项正确.故选：ACD10.已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：.对于函数，则（）A.函数的图象关于点对称B.函数区间上单调递增C.将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象D.方程在区间上有两个不同的实数解【答案】AB【解析】【分析】由三角函数定义可得，根据题意，可得，利用正切函数的性质依次判断求解各个选项.【详解】根据题意，，，对于A，由正切函数的性质得，，解得，所以函数的对称中心为，，故A正确；对于B，，，由正切函数的性质可知在上单调递增，故B正确；对于C，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故C错误；对于D，，，令，由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且，所以方程在区间上无实数解，故D错误.故选：AB.11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离.则下列说法中正确的是（）A.若直线与准线相交于点，则三点共线B.若直线与准线相交于点，则平分C.D.若直线的方程为，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，设直线，与抛物线联立，可得，验证得解；对B，假设，又由抛物线定义得，可得，即，这与和相交于A点矛盾，可判断；对C，结合A选项有，，根据，运算可得解；对D，可求得点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算得解.【详解】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线，与抛物线联立得，，由题意得，，所以，即三点共线，故A正确；对于选项B，假设，又，所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误；对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则，所以，故C正确；对于选项D，由题意可得，，，，，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：A选项，判断三点共线，即转化为验证，设出直线的方程与抛物线联立，求出点坐标，表示出的斜率判断；B选项，利用反证法，假设，结合抛物线定义可得与条件矛盾；C选项，根据题意可得，结合A选项的结论可判断；D选项，求出点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量是非零向量，且与的夹角相等，则的坐标可以为__________.（只需写出一个符合要求的答案）【答案】均可【解析】【分析】设，，利用向量夹角公式，数量积的坐标运算可求得，得解.【详解】设，，由题意可得，，，即，，解得.，.故答案为：，均可.13.设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，先求出等比数列的通项公式和前n项和，进而求得，再利用项与和的关系求得通项.【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得，又，所以，，代入，解得，当时，，当，时，，满足上式，所以，.故答案为：.14.在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为__________.【答案】3【解析】【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，设，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，结合基本不等式求解.【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，所以或，设，外接球半径记为，外接球的球心如图点.易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，，得，在中，，在中，由余弦定理得，所以当时，外接球的半径会更小.所以，所以，所以.故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题关键是将求四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.在中，内角所对的边分别是，已知.（1）求的值；（2）若为锐角三角形，，求的值.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，利用二倍角余弦公式化简求解；（2）解法一，由，利用正弦定理边化角得，结合和，化简运算并结合平方关系求得答案；解法二，根据条件利用余弦定理可得，再利用正弦定理边化角并结合条件求得答案.【小问1详解】由题可得，即，解得或.【小问2详解】解法一：因为，由正弦定理得，即，即，因为，所以；所以，又，且为锐角三角形，解得.解法二：由余弦定理得，因为，所以，即，所以，所以，又，所以，所以.16.在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）法一，先证明，再证明平面，利用面面垂直的判定定理得证；法二，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量证明；（2）法一，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，证明，说明为平面与平面的夹角，求解得答案；法二，建系求出平面和平面的法向量，利用向量法求解.【小问1详解】解法一：，在中，，即，，，，又，底面，底面，，平面且相交于，平面，又平面，平面平面.解法二：.如图建立空间直角坐标系，，，则，，设是平面的法向量，则，可取，设是平面的法向量，则，可取，所以，所以平面平面.【小问2详解】解法一：在直角梯形中，因为，解得，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，，且都在面内，平面，平面，又平面，，又，平面且交于，平面，又平面，，为平面与平面的夹角或其补角，在中，，,，由等面积法解得，又，.所以平面与平面夹角的余弦值为.（2）解法二：在直角梯形中，解得，如图建立空间直角坐标系，，，平面的法向量为，又，设平面的法向量为，则，即，令，解得，，设平面与平面夹角，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.17.春季流感对广大民众的健康生活带来一定的影响，为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗.某市防疫部门从辖区居民中随机抽取了1000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感.医学研究表明，流感的检测结果是有错检的可能，已知患有流感的人其检测结果有呈阳性（感染），而没有患流感的人其检测结果有呈阴性（未感染）.（1）估计该市流感感染率是多少？（2）根据所给数据，判断是否有的把握认为注射流感疫苗与预防流感有关；（3）已知某人的流感检测结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率.（精确到0.001）附：，0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.635787910.828【答案】（1）0.3；（2）有的把握认为注射流感疫苗与流感发病人数有关（3）.【解析】【分析】（1）由感染人数除以总数可得；（2）代入公式计算可得；（3）由条件概率公式和全概率公式计算可得.【小问1详解】估计流感的感染率.【小问2详解】列联表：疫苗情况流感情况合计患有流感不患有流感打疫苗220580800不打疫苗80120200合计3007001000根据列联表，计算.因为，所以有的把握认为注射流感疫苗与流感发病人数有关.【小问3详解】设事件为“一次检测结果呈阳性”，事件为“被检测者确实患有流感”，由题意得，，由全概率公式得，，所以此人真的患有流感的概率是.18.已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.（1）求双曲线的标准方程；（2）过右焦点的直线与双曲线的左､右两支分别交于点，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由双曲线的性质求出即可；（2）设直线，直曲联立，把坐标结合韦达定理用表示出来，利用由三点共线和解得，然后由弦长公式和点到直线的距离表示出四边形的面积，令，构造函数，求导后分析单调性，得到最值.【小问1详解】由题意可知，又浙近线方程为，所以，易知双曲线标准方程为.【小问2详解】设，联立方程得，且，由三点共线得①，由得，即②，由①②解得.由可知，四边形是平行四边形，所以，，，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，上单调递增，所以，所以，当且仅当，即时取等号.【点睛】方法点睛：求双曲线等圆锥曲线内四边形面积时常用韦达定理结合弦长公式表示，求面积的最值时常构造函数求导分析.19.已知集合，定义：当时，把集合中所有的数从小到大排列成数列，数列的前项和为.例如：时，，.（1）写出，并求；（2）判断88是否为数列中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；（3）若2024是数列中的某一项，求及的值.【答案】（1），；（2）88是数列的第30项；（3），，【解析】【分析】当时，此时，由集合新定义中的规则代入计算即可；根据集合新定义，由，再列举出比它小的项即可；方法一：由可得，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求和；方法二：由可得，求得集合中的元素个数和最大的一个，可